XLVII OM - II etap

II etap XLVII Olimpiady Matematycznej

XLVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Rozstrzygnąć, czy każdy wielomian o współczynnikach całkowitych jest sumą trzecich potęg wielomianów o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Jeśli $P(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \ldots + a_n x^n$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, to $(P(x))^3 = b_0 + b_1x + b_2 x^2 + b_3 x^3 +\ldots + b_{3n}x^{3n}$ ; przy tym $b_0 = a_0^3$ , $b_1= 3a_0^2 a_1$ . Tak więc trzecia potęga wielomianu o współczynnikach całkowitych ma współczynnik przy $x$ podzielny przez $3$ .

Również suma trzecich potęg takich wielomianów ma tę samą własność.

Zatem żaden wielomian, w którym współczynnik przy $x$ nie jest podzielny przez $3$ (na przykład $W(x)=x$ ) nie jest sumą trzecich potęg wielomianów o współczynnikach całkowitych.

XLVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Okrąg o środku $O$ wpisany w czworokąt wypukły $ABCD$ jest styczny do boków $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ , $M$ , $N$ , przy czym proste $KL$ i $MN$ przecinają się w punkcie $S$ . Dowieść, że proste $BD$ i $OS$ są prostopadłe.

Rozwiązanie

Oznaczmy rzuty prostokątne punktów $B$ i $D$ na prostą $OS$ odpowiednio przez $U$ i $V$ . Kąty $OKB$ , $OLB$ i $OUB$ są proste, a zatem punkty $K$ , $L$ i $U$ leżą na okręgu, którego średnicą jest odcinek $OB$ (rysunek 7). (Punkt $U$ może się pokrywać z $O$ i nie można wówczas mówić o kącie $OUB$ ; ale w takim przypadku stwierdzenie, że $U$ jest punktem wspomnianego okręgu nie wymaga żadnego uzasadnienia.) Analogicznie, punkty $M$ , $N$ i $V$ leżą na okręgu, którego średnicą jest odcinek $OD$ . Stosując do tych okręgów twierdzenie o odcinkach siecznych otrzymujemy równości

$ |SK| \cdot |SL| = |SO| \cdot |SU| \quad \textrm{oraz} \quad |SM| \cdot |SN| = |SO| \cdot |SV|. $

To samo twierdzenie, zastosowane do okręgu $w$ wpisanego w czworokąt $ABCD$ pokazuje, że lewe strony powyższych związków są równe. Zatem i prawe strony muszą być równe, czyli zachodzi równość $|SU|=|SV|$ ; przy tym odcinki $SU$ i $SV$ są zawarte w półprostej $SO^\to$ . Stąd wniosek, że punkty $U$ i $V$ pokrywają się, i wobec tego prosta $BD$ jest prostopadła do $OS$ .

Uwaga: Przeprowadzone rozumowanie nie zależy od tego, czy $S$ jest punktem przecięcia półprostych $KL^\to$ i $NM^\to$ , czy półprostych $LK^\to$ i $MN^\to$ . Ta sama uwaga odnosi się także i do dalszych sposobów rozwiązania.

XLVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Wykazać, że jeśli każda z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest nie mniejsza od $-\frac{3}{4}$ oraz jeśli $a+b+c=1$ , to

$ \frac{a}{a^2+1} + \frac{b}{b^2+1} + \frac{c}{c^2+1} \leq \frac{9}{10}. $

Rozwiązanie

Sposób I

Dla $x \geq - \frac{3}{4}$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad \quad (3x-1)^2(4x + 3) \geq 0 $

(patrz: Uwaga 1). Przekształcamy tę nierówność, jak następuje:

$ (2) \qquad \begin{split} & 36x^3 + 3x^2-14x + 3 \geq 0; \\ & 50x \leq 36x^3 + 36x + 3x^2 + 3;\\ & 50x \leq (36x + 3)(x^2 + 1);\\ & \frac{x}{x^2+1} \leq \frac{18}{25}x + \frac{3}{50}. \end{split} $

Teraz wystarczy podstawić dane liczby $a$ , $b$ , $c$ :

$ \frac{a}{a^2+1} + \frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1} \leq \frac{18}{25} (a+b+c) + 3 \cdot \frac{3}{50} = \frac{18}{25} \cdot 1 + 3 \cdot \frac{3}{50} = \frac{9}{10} $

i mamy tezę zadania.

Sposób II

Funkcja dana wzorem

$ f(x)=\frac{x}{x^2+1} \quad \text{ dla } x\in\mathbb{R} $

jest dwukrotnie różniczkowalna w zbiorze liczb rzeczywistych. Obliczamy jej pochodną pierwszego i drugiego rzędu:

$ f'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}, \qquad f''(x)=\frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3} $

Z otrzymanych wzorów widać, że funkcja $f$ jest rosnąca w przedziale $\langle -1; 1)$ , a malejąca, w każdym z przedziałów $(-\infty;-1\rangle$ i $\langle 1;\infty)$ oraz że jest wypukła w przedziałach $\langle -\sqrt{3}; 0 \rangle$ i $\langle \sqrt{3};\infty)$ , a wklęsła w przedziałach $(-\infty;\sqrt{3}\rangle$ i $\langle 0;\sqrt{3}\rangle$ (rysunek 9)).

Prosta $l$ styczna do wykresu w punkcie $\left(\frac{1}{3}, f\left(\frac{1}{3}\right)\right)$ ma równanie

$ y=f'\left(\frac{1}{3}\right)\left(x-\frac{1}{3}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{18}{25}\left(x-\frac{1}{3}\right)+\frac{3}{10} = \frac{18}{25}x + \frac{3}{50} $

i przecina ten wykres ponownie w punkcie $\left(-\frac{3}{4}, f\left(-\frac{3}{4}\right)\right)$ , czyli $\left(-\frac{3}{4}, \frac{12}{25}\right)$

Z wcześniejszych spostrzeżeń na temat przebiegu funkcji $f$ wynika, że w następujących przedziałach żaden punkt jej wykresu nie leży powyżej prostej $l$ :

— w przedziale $\langle 0; 1\rangle$ (bo funkcja $f$ jest w tym przedziale wklęsła);

— w przedziale $\langle 1;\infty)$ (bo funkcja $f$ jest w tym przedziale malejąca);

— w przedziale $\langle—1;0\rangle$ (bo funkcja $f$ jest w tym przedziale wypukła).

Tak więc w całym przedziale $\langle —\frac{3}{4};\infty)$ zachodzi nierówność $f(x) \leq \frac{18}{25}x + \frac{3}{50}$ czyli nierówność (2) z poprzedniego rozwiązania; pozostaje powtórzyć jego końcówkę.

Uwaga 1. Oba przedstawione sposoby rozwiązania sprowadzają się do zastosowania nierówności (2). Jej wyprowadzenie w pierwszym rozwiązaniu, czysto algebraiczne, jest krótkie i zgrabne; ale jak wpaść na pomysł, by rozpocząć od nierówności (1) - niewątpliwie prawdziwej, lecz w żaden sposób nie sugerowanej treścią zadania? Otóż staje się ona naturalna w świetle rozumowania analitycznego, zastosowanego w drugim rozwiązaniu.

Z podobną sytuacją często można się spotkać przy wyprowadzaniu różnych nierówności. W rozumowaniu prowadzącym do szukanego oszacowania (nie znanego uprzednio) zwykle stosuje się metody analizy matematycznej: badanie znaku pochodnych i wynikającą stąd interpretację w terminach własności wykresów rozważanych funkcji. Znalazłszy oszacowanie, warto następnie spróbować znaleźć inny jego dowód, oparty jedynie na prostych przekształceniach algebraicznych (wolny od języka pochodnych, stycznych, wypukłości itd.), a przez to bardziej elementarny i bardziej elegancki.

W przykładzie z tego zadania do nierówności (1) najłatwiej dojść od tyłu, przekształcając równoważnie nierówność (2), znalezioną przy użyciu rachunku różniczkowego. Redagując rozwiązanie odwracamy kolejność: zaczynamy od ,,bardzo prawdziwej'' nierówności (1) i otrzymujemy (2) jako jej konsekwencję. Nie mamy przy tym obowiązku tłumaczyć się, skąd taki fortunny pomysł ...

Uwaga 2. Podana w zadaniu nierówność jest słuszna dla każdej trójki liczb $a$ , $b$ , $c$ spełniającej warunek $a + b + c= 1$ ; założenie, że $a,b,c \geq -\frac{3}{4}$ , jest zbędne.

Dla dowodu przyjmijmy, że $a \geq b \geq c$ . Gdy $c \geq -\frac{3}{4}$ , mamy sytuację już rozpatrzoną; nierówność zachodzi.

Jeżeli $c \leq -3$ , to $a+b= 1-c \geq 4$ , więc $a \geq 2$ . Funkcja $f$ maleje w przedziale $\langle 1;\ \infty)$ , a zatem $f(a) \leq f(2) = \frac{2}{5}$ . Maksymalną wartością funkcji $f$ jest $f(1) = \frac{1}{2}$ . Wobec tego

$ f(a)+f(b)+f(c) \leq \frac{2}{5} + \frac{1}{2} + 0 = \frac{9}{10}. $

Jeśli $- 3 \leq c \leq -\frac{1}{3}$ , to z przebiegu funkcji $f$ wnosimy, że wartość $f(c)$ jest nie większa od wartości $f(-3) = f(-\frac{1}{3}) = - \frac{3}{10}$ . Stąd

$ f(a) + f(b) + f(c) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}. $

Suma przedziałów $(-\infty;\ -3 \rangle$ , $\langle -3;\ -\frac{1}{3} \rangle$ i $\langle - \frac{3}{4};\ \infty)$ pokrywa (i to ,,z nawiązką'') całą prostą liczbową. Zatem istotnie żadne dolne ograniczenie zakresu zmienności $c$ nie jest potrzebne.

[Mamy tu typowy przykład zadania, w którym założenia zostały dopasowane - nieco sztucznie - do przewidywanej metody rozwiązywania.]

XLVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Dany jest ciąg $a_1, a_2, \ldots , a_{99}$ liczb ze zbioru $\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ . Zakładamy, że dla $i =1,2, \ldots, 98$ zachodzą implikacje:

$ \textrm{jeśli } a_i = 1, \text{ to } a_{i+1} \neq 2; \quad \text{ a jeśli } a_i = 3, \text{ to } a_{i+1} \neq 4. $

Udowodnić, że dla pewnych dwóch różnych liczb $k,l \in \{1,2, ... ,98\}$ zachodzą równości: $a_k = a_l$ oraz $a_{k+1} = a_{l+1}$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $P_k$ parę uporządkowaną $(a_k,a_{k+1})$ . Należy udowodnić, że w ciągu $P_1,P_2,\ldots,P_{98}$ pewna para powtarza się. Zgodnie z warunkiem zadania, pary $(1,2)$ oraz $(3,4)$ są w tym ciągu niedopuszczalne.

Przypuśćmy, wbrew tezie, że w ciągu $P_1,P_2,\ldots,P_{98}$ nie ma powtórzeń. Z dziesięciu liczb jednocyfrowych można utworzyć $10 \cdot 10 - 2 = 98$ różnych par dopuszczalnych. Każda z nich musi zatem wystąpić w tym ciągu dokładnie jeden raz.

Oprócz pary $(1,1)$ istnieje dziewięć dopuszczalnych par postaci $(x,1)$ oraz tylko osiem dopuszczalnych par postaci $(1,y)$ . Jeśli wszystkie one mają się pojawić, to jedynka musi raz wystąpić w ciągu $a_1,a_2,\ldots,a_{99}$ na miejscu, które nie ma prawego sąsiada - czyli na ostatnim miejscu.

Ponieważ role symboli $1$ i $3$ są symetryczne, analogiczne rozumowanie pokazuje, że także trójka musi wystąpić na ostatnim miejscu. Jednak te warunki nie mogą być spełnione jednocześnie. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

XLVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych $(x,y)$ spełniające równanie

$ x^2(y - 1) + y^2(x - 1) = 1. $

Rozwiązanie

Podstawiamy $x = u + 1$ , $y = v + 1$ i przekształcamy równanie:

$ \begin{split} (u + 1)^2v + (v + 1)^2u = 1; \\ (u + v)uv + 4uv + (u + v) = 1; \\ (u + v + 4)(uv + 1) = 5. \end{split} $

Jeden z czynników otrzymanego iloczynu musi być równy $5$ lub $-5$ , a drugi (odpowiednio) $1$ lub $-1$ .

Stąd wynika, że liczby $u + v$ oraz $uv$ spełniają jeden z następujących układów równań:

$ \left\{ \begin{split} u+v&=1 \\ uv&=0, \end{split} \right. \quad\left\{ \begin{split} u+v & = -9 \\ uv& = -2, \end{split} \right. \quad \left\{ \begin{split} u+v & = -3 \\ uv& =4, \end{split} \right. \quad \left\{ \begin{split} u+v & = -5 \\ uv& =-6. \end{split} \right. $

W takim razie liczby $u$ i $w$ są pierwiastkami jednego z następujących trójmia-nów kwadratowych:

$ t^2-t; \quad t^2 + 9t -2; \quad t^2 + 3t + 4; \quad t^2 + 5t-6. $

Pierwszy z nich ma pierwiastki $0$ , $1$ , ostatni zaś - pierwiastki $-6$ , $1$ ; pozostałe dwa nie mają pierwiastków całkowitych. Daje to następujące rozwiązania $(x,y)$ rozważanego równania: $(1,2)$ , $(2,1)$ , $(-5,2)$ , $(2,-5)$ .

XLVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Wewnątrz równoległościanu,którego krawędzie mają długości $a$ , $b$ , $c$ , leży punkt $P$ . Dowieść. że istnieje wierzchołek równoległościanu, którego odległość od punktu $P$ nie przekracza $\frac{1}{2}\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$ .

Rozwiązanie

Ściany równoległościanu wyznaczają sześć płaszczyzn. Niech $\pi$ będzie tą płaszczyzną, której odległość od punktu $P$ jest najmniejsza; jeśli są dwie takie płaszczyzny (lub więcej), wybieramy dowolną z nich i ją oznaczamy przez $\pi$ . Niech $ABCD$ będzie ścianą równoległościanu zawartą w płaszczyźnie $\pi$ i niech $N$ będzie rzutem prostokątnym punktu $P$ na tę płaszczyznę.

Przyjmijmy, że cztery krawędzie równoległościanu, łączące wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ , $D$ z wierzchołkami ściany $A'B'C'D'$ równoległej do $ABCD$ , mają długość $c$ . (Nie tracimy przez to ogólności, bo w razie potrzeby można zmienić oznaczenia długości krawędzi.)

Punkt $P$ jest oddalony od ściany $A'B'C'D'$ nie mniej niż od ściany $ABCD$ . Zatem $|NP| \leq \frac{1}{2} c$ .

Wykażemy, że punkt $N$ leży w obrębie rówuoległoboku $ABCD$ . Przypuśćmy, że jest inaczej. Wówczas odcinek $PN$ przecina brzeg równoległościanu w pewnym punkcie $X$ , należącym do jakiejś innej ściany. Odległość punktu $P$ od płaszczyzny tej ściany nie przekracza długości odcinka $PX$ , a więc jest mniejsza od długości odcinka $PN$ , czyli od odległości punktu $P$ od płaszczyzny $\pi$ . To się jednak kłóci z wyborem płaszczyzny $\pi$ ; sprzeczność dowodzi fałszywości uczynionego przypuszczenia.

Tak więc $N$ jest punktem równoległoboku $ABCD$ , którego boki mają długości $a$ i $b$ . Powtarzamy rozumowanie: spośród prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ wybieramy tę, której odległość od punktu $N$ jest najmniejsza; jeśli jest więcej niż jedna taka prosta, wybieramy którąkolwiek z nich.

Przyjmijmy, że jest to prosta $AB$ i że $|AB| = a$ (w razie potrzeby zmieniamy oznaczenia). Niech $K$ będzie rzutem prostokątnym punktu $N$ na prostą $AB$ . Rozumując podobnie jak poprzednio zauważamy, że $|KN| \leq \frac{1}{2}b$ oraz że $K$ jest punktem odcinka $AB$ ; gdyby bowiem punkt $K$ leżał na prostej $AB$ poza odcinkiem $AB$ , wówczas odcinek $NK$ przecinałby inny bok równoległoboku $ABCD$ , i wobec tego odległość punktu $N$ od tego boku byłaby mniejsza niż odległość $N$ od prostej $AB$ - wbrew wyborowi owej prostej.

Możemy wreszcie bez straty ogólności założyć, że punkt $K$ leży na odcinku $AB$ w odległości nie większej od końca $A$ niż od $B$ . Zatem $|AK| \leq \frac{1}{2} a$ .

Kierunki prostych $AK$ , $KN$ , $NP$ są parami prostopadłe. Odcinki $AK$ , $KN$ , $NP$ są więc trzema prostopadłymi krawędziami prostopadłościanu, którego wewnętrzną przekątną jest odcinek $AP$ . Długości tych odcinków nie przekraczają (odpowiednio) liczb $\frac{1}{2}a$ , $\frac{1}{2}b$ , $\frac{1}{2}c$ . Zatem, ostatecznie,

$ |AP| = \sqrt{|AK|^2 + |KN|^2 + |NP|^2} \leq \frac{1}{2} \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}; $

punkt $A$ jest wierzchołkiem, którego istnienie trzeba było wykazać.